\section{连分数的收敛}
对任意整数 $a_{i}$ (当 $i>0$ 时， $a_{i}$ 为正), 如下表达式 (记为 $\alpha$ ):
\[
a_{0}+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\ddots}}}
\]
称为简单 (或正则， 无限连分数) (simple (regular, infinite) continued fraction),简记为
\[
a_{0}+\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}+\cdots \text { 或 } \quad\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots\right].
\]
也可止于有限步。 用这种符号， 连分数的 “连续性”关键点是
\[
\begin{gathered}
{[a, b]=a+\frac{1}{b},} \\
{\left[a_{0}, \cdots, a_{n-1}, a_{n}\right]=\left[a_{0}, \cdots, a_{n-2}, a_{n-1}+\frac{1}{a_{n}}\right] .}
\end{gathered}
\]
止于有限步骤 (例如至于 $a_{n}$ ) 时， 则为有限连分数， 记为
\[
\alpha_{n}=\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right]=\frac{p_{n}}{q_{n}}
\]
这称为无限连分数 $\alpha$ 的第 $n$ 个渐近分数 ( $n$-th convergent) (将证明 $\frac{p_{n}}{q_{n}}$ 收玫， 故
有此名). 而
\[
t_{n}=\left[a_{n}, a_{n+1}, a_{n+2}, \cdots\right]
\]
则称为无限连分数 $\alpha$ 的尾项， 或完全商 (tail, 或 complete quotient).

任意有理数可表为有限连分数 (与辗转相除是一致的).

而对任一实 (无理) 数 $\alpha$, 先表 $\alpha=a_{0}+\gamma_{1}$ 为其整数部分 $a_{0}=\lfloor\alpha\rfloor$ (也记为 $[\alpha])$ 与其小数部分 $\gamma_{1}=\{\alpha\}$ 之和， 再表 $t_{1}=\gamma_{1}^{-1}=a_{1}+\gamma_{2}$ 为其整数部分 $a_{1}$ 与小数部分 $\gamma_{2}$ 之和， 等等， 即
\[
\alpha=a_{0}+\gamma_{1}=a_{0}+\frac{1}{t_{1}}=a_{0}+\frac{1}{a_{1}+\gamma_{2}}=a_{0}+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{t_{2}}}=a_{0}+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\gamma_{3}}}=\cdots
\]
则可逐步得到 $\alpha$ 的连分数展开。 若此连分数是有限的， 则 $\alpha$ 当然为有理数; 反之亦然 (连分数与辗转相除一致).

注意， 在一般情形下， 我们有
\[
\begin{gathered}
\alpha=\left[a_{0}, t_{1}\right]=\left[a_{0}, a_{1}, t_{2}\right]=\left[a_{0}, \cdots, a_{n}, t_{n+1}\right]\\
t_n=[a_n,a_{n+1},a_{n+2},\cdots = [a_n,t_{n+1}]=a_n+\frac{1}{t_{n+1}},
  \left(t_{n}-a_{n}\right)^{-1}=t_{n+1},
\end{gathered}
\]
注意 $t_{n}$ 的整数部分为 $\left\lfloor t_{n}\right\rfloor=a_{n}$.

在求 $\alpha$ 的连分数展开时， 每一步都只需求出整数部分即可， 故只需能判断出整数部分即可展开， 并不一定需要知道 $\alpha$ 的确切值。

\begin{example}%例1
欲将 $\sqrt{3}$ 展开为连分数， 只需知 $1<\sqrt{3}<2$. 首先， $\sqrt{3}=1+(\sqrt{3}-1)$,然后
\[
\frac{1}{\sqrt{3}-1}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}=1+\frac{\sqrt{3}-1}{2}, \quad \frac{2}{\sqrt{3}-1}=\frac{2(\sqrt{3}+1)}{2}=2+(\sqrt{3}-1)
\]
得到 $\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}\right]=[1,1,2]$. 最后式的分数部分又是 $\sqrt{3}-1$, 与第一式的分数部分相同， 故往后的展开将会重复第二、三式， 进人循环， 因此得到
\[
\sqrt{3}=[1,1,2,1,2, \cdots]=[1, \overline{1,2}]
\]
其中横线下是循环部分。
\end{example}

\begin{lemma}%引理1
(1) 连分数 $\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right]$ 的第 $n$ 个渐近分数为
\[
\begin{gathered}
\alpha_{n}=\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots, \quad a_{n}\right]=\frac{p_{n}}{q_{n}} \\
\left\{\begin{array}{l}
p_{-1}=1, \quad p_{0}=a_{0}, \quad p_{1}=a_{0} a_{1}+1, \quad p_{n}=a_{n} p_{n-1}+p_{n-2} \\
q_{-1}=0, \quad q_{0}=1, \quad q_{1}=a_{1}, \quad q_{n}=a_{n} q_{n-1}+q_{n-2}
\end{array}\right.
\end{gathered}
\]
而且
\[
2^{(n-1) / 2} \leqslant q_{n}<2^{n} a_{1} \cdots a_{n}
\]

 (2) 对任意 $x$ 有 $\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}, x\right]=\frac{x p_{n-1}+p_{n-2}}{x q_{n-1}+q_{n-2}}$.
（对有限连分数 $\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{N}\right]$, 上述公式对 $n \leqslant N$ 成立。)
\end{lemma}

\begin{proof}
 先证(2). 用数学归纳法。 将分式最后两项结合起来， 可知 $\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}, x\right]=\left[a_{0}, a_{1}, \cdots,\left(a_{n-1}+\frac{1}{x}\right)\right]=\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-2}, a_{n-1}^{\prime}\right]$,其中 $a_{n-1}^{\prime}=\frac{a_{n-1} x+1}{x}$. 按归纳法假设， 结论对右方连分数成立， 故得上式值为
\[
\begin{aligned}
\frac{p_{n}}{q_{n}} & =\frac{a_{n-1}^{\prime} p_{n-2}+p_{n-3}}{a_{n-1}^{\prime} q_{n-2}+q_{n-3}}=\frac{a_{n-1} x p_{n-2}+p_{n-2}+x p_{n-3}}{a_{n-1} x q_{n-2}+q_{n-2}+x q_{n-3}} \\
& =\frac{x\left(a_{n-1} p_{n-2}+p_{n-3}\right)+p_{n-2}}{x\left(a_{n-1} q_{n-2}+q_{n-3}\right)+q_{n-2}}=\frac{x p_{n-1}+p_{n-2}}{x q_{n-1}+q_{n-2}}
\end{aligned}
\]
由 (2) 即得 (1) 中 $p_{n}, q_{n}$ 的递归公式。 再注意， $a_{i}$ 均为正整数， 故
\[
q_{n}=a_{n} q_{n-1}+q_{n-2} \geqslant q_{n-1}+q_{n-2} \geqslant q_{n-1}+1
\]
故知 $q_{n} \geqslant n$ 是递增的。 同样知 $p_{n}$ 也递增。 进而可知
\[
\begin{gathered}
q_{n}=a_{n} q_{n-1}+q_{n-2} \geqslant q_{n-1}+q_{n-2} \geqslant 2 q_{n-2} \\
\geqslant 2^{2} q_{n-2 \cdot 2} \geqslant \cdots \geqslant 2^{n / 2} q_{0} \text { 或 } 2^{(n-1) / 2} q_{1} \text { (依 } n \text { 为偶数或奇数). } \\
q_{k+1} / q_{k}=a_{k+1}+q_{k-1} / q_{k}<a_{k+1}+1 .
\end{gathered}
\]
对 $k=1, \cdots, n$ 连乘， 得
\[
\begin{aligned}
q_{n} & =q_{1}\left(q_{2} / q_{1}\right) \cdots\left(q_{n} / q_{n-1}\right)<\left(a_{1}+1\right) \cdots\left(a_{n}+1\right) \\
& =\left(1+1 / a_{1}\right) \cdots\left(1+1 / a_{n}\right) a_{1} \cdots a_{n}<2^{n} a_{1} \cdots a_{n}
\end{aligned}
\]
\end{proof}


\begin{example}%例2
由例 1 , 得 $\sqrt{3}=[1, \overline{1,2}]$ 的渐近分数及误差 $\sqrt{3}-p_{n} / q_{n}$ 值表。

\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c}
\hline
$n$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & $\cdots$ \\
\hline
$a_{n}$ & 1 & 1 & 2 & 1 & 2 &  \\
\hline
$p_{n}$ & 1 & 2 & 5 & 7 & 19 &  \\
\hline
$q_{n}$ & 1 & 1 & 3 & 4 & 11 &  \\
\hline
$\sqrt{3}-p_{n} / q_{n} \approx$ & 0.73 & -0.268 & 0.065 & -0.0179 & 0.0048 &  \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
\end{example}


\begin{theorem}%定理1
引理 1 中公式得到的 $p_{n}, q_{n}$ 互素， $q_{n} \geqslant n$ 递增， 且有如下性质：

(1) $p_{n} q_{n-1}-p_{n-1} q_{n}=(-1)^{n-1}$,
\[
p_{n} q_{n-2}-p_{n-2} q_{n}=(-1)^{n} a_{n}
\]
(2) $\frac{p_{n}}{q_{n}}-\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}=\frac{(-1)^{n-1}}{q_{n} q_{n-1}}$,
\[
\frac{p_{2 n+1}}{q_{2 n+1}}<\frac{p_{2 n-1}}{q_{2 n-1}}, \quad \frac{p_{2 n}}{q_{2 n}}>\frac{p_{2 n-2}}{q_{2 n-2}}
\]
(3) $\alpha_{n}=\frac{p_{n}}{q_{n}}$ 的极限存在 (即定义为 $\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right]$ 的值), 且 $\alpha_{2 n}$ 和 $\alpha_{2 n+1}$ 分别单调递增、单调递减地趋近该极限值， 而且 $\alpha_{n}$ 比 $\alpha_{n-1}$ 更接近极限值 $($ 任意 $n$ ). 即
\[
\frac{p_{0}}{q_{0}}<\frac{p_{2}}{q_{2}}<\cdots<\frac{p_{2 n}}{q_{2 n}}<\cdots \leqslant\left[a_{0}, a_{1}, \cdots\right] \leqslant \cdots<\frac{p_{2 n+1}}{q_{2 n+1}}<\cdots<\frac{p_{3}}{q_{3}}<\frac{p_{1}}{q_{1}}
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
(1) $\begin{aligned}
p_{n} q_{n-1}-p_{n-1} q_{n} & =\left(a_{n} p_{n-1}+p_{n-2}\right) q_{n-1}-p_{n-1}\left(a_{n} q_{n-1}+q_{n-2}\right) \\
& =-\left(p_{n-1} q_{n-2}-p_{n-2} q_{n-1}\right)=\cdots \\
& =(-1)^{n}\left(p_{0} q_{-1}-p_{-1} q_{0}\right)=(-1)^{n-1} . \\
p_{n} q_{n-2}-p_{n-2} q_{n} & =\left(a_{n} p_{n-1}+p_{n-2}\right) q_{n-2}-p_{n-2}\left(a_{n} q_{n-1}+q_{n-2}\right) \\
& =a_{n}\left(p_{n-1} q_{n-2}-p_{n-2} q_{n-1}\right)=a_{n}(-1)^{n-2} .
\end{aligned}$

 (2) 由前两式即得。 注意 $q_{n} \geqslant n$.

 (3) 由 (2) 知
\[
\left|\frac{p_{n}}{q_{n}}-\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}\right|=\frac{1}{q_{n} q_{n-1}}
\]
单调递减趋于 0 , 序列 $\left\{\alpha_{2 n+1}\right\}$ 递减， $\left\{\alpha_{2 n}\right\}$ 递增， 而且 $\alpha_{2}<\alpha_{2 n}<\alpha_{2 n+1}<\alpha_{1}$, 故知 $\left\{\alpha_{2 n+1}\right\}$ 与 $\left\{\alpha_{2 n}\right\}$ 极限皆存在， 且极限相等。
\end{proof}

对任意简单无限连分数 $\alpha=\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right]$, 总成立 (整数部分) $\left\lfloor t_{n}\right\rfloor=$ $a_{n}$, 因为
\[
t_{n}=a_{n}+1 / t_{n+1}
\]
而 $t_{n+1}=\left[a_{n+1}, a_{n+2}, \cdots\right]>1$, 故 $\left\lfloor t_{n}\right\rfloor=a_{n}$. 这说明了无限连分数展开的唯一性： $t_{n}$ (从而 $a_{n}$ ) 由 $\alpha$ 和 $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}$ 唯一决定 (任意 $n$ ).

但对有限连分数 $\alpha=\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{s}\right]$, 有一例外。 当 $a_{s} \neq 1$ 时， 有两种写法：
\[
\begin{gathered}
a_{s}=\left(a_{s}-1\right)+\frac{1}{1}=\left[a_{s}-1,1\right] \\
{\left[a_{0}, \cdots, a_{s}\right]=\left[a_{0}, \cdots,\left(a_{s}-1\right), 1\right]}
\end{gathered}
\]
前者 $\left[t_{s}\right]=t_{s}=a_{s}$, 后者为新的展开，
\[
a_{s}^{\prime}=a_{s}-1, t_{s}^{\prime}=\left[a_{s}-1,1\right]=a_{s}=t_{s}
\]
故 $\left[t_{s}^{\prime}\right] \neq a_{s}^{\prime}$. 这是唯一的例外情形， 因为由 $t_{n}=a_{n}+1 / t_{n+1}$ 知， $\left[t_{n}\right] \neq a_{n}$ 当且仅当
$1 / t_{n+1} \geqslant 1$, 即 $t_{n+1} \leqslant 1$, 即 $t_{n+1}=1$, 即 $\left[a_{0}, \cdots,\left(a_{s}-1\right), 1\right]$ 的最后一个尾项情形。 由此可知， 每个有理数有两种连分数展开， 长度一奇一偶， 而无理数的连分数展开是唯一的。

\begin{theorem}%定理2
设 $\left[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right]$ 为无理数 $\alpha$ 的连分数， $\alpha_{n}=p_{n} / q_{n}$ 为其渐近分数， $t_{n+1}=\left[a_{n+1}, a_{n+2}, \cdots\right]$ 为其尾项。 则对任意正整数 $n$ 有

(1) $\alpha-\frac{p_{n}}{q_{n}}=\frac{(-1)^{n}}{q_{n}\left(t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}\right)}$.

(2) $\frac{1}{q_{n}^{2}+q_{n} q_{n+1}}<\left|\alpha-\frac{p_{n}}{q_{n}}\right|<\frac{1}{q_{n} q_{n+1}}<\frac{1}{a_{n+1} q_{n}^{2}}$.

(3) $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{p_{n}}{q_{n}}=\alpha$.

(4) $\left|q_{n} \alpha-p_{n}\right|<\left|q_{n-1} \alpha-p_{n-1}\right|$, $\left|\alpha-\frac{p_{n}}{q_{n}}\right|<\left|\alpha-\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}\right|$.
\end{theorem}

\begin{proof}
  (1) 由引理 1 中形式递归算法可知
\[
\begin{aligned}
& \alpha=\left[\begin{array}{llll}
a_{0}, & \cdots, & a_{n}, & t_{n+1}
\end{array}\right]=\frac{t_{n+1} p_{n}+p_{n-1}}{t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}} \\
& \alpha-\frac{p_{n}}{q_{n}}=\frac{t_{n+1} p_{n}+p_{n-1}}{t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}}-\frac{p_{n}}{q_{n}} \\
& =\frac{p_{n-1} q_{n}-p_{n} q_{n-1}}{q_{n}\left(t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}\right)}=\frac{(-1)^{n}}{q_{n}\left(t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}\right)}
\end{aligned}
\]
 (2) 因 $a_{n}$ 是 $t_{n}$ 的整数部分， 故 $a_{n}<t_{n}$. 因 $q_{n} \geqslant n$. 故
\[
t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}>a_{n+1} q_{n}+q_{n-1}=q_{n+1}>q_{n}
\]
而 $t_{n+1}=\left[a_{n+1}, a_{n+2}, \cdots\right]<a_{n+1}+1 / a_{n+2}$, 故
\[
\begin{gathered}
a_{n+2} q_{n+1}=a_{n+2}\left(a_{n+1} q_{n}+q_{n-1}\right)>q_{n} \\
t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}<a_{n+1} q_{n}+q_{n} / a_{n+2}+q_{n-1}=q_{n+1}+q_{n} / a_{n+2} \leqslant q_{n+1}+q_{n}
\end{gathered}
\]
 (3) 由上式即知。

 (4) 由 (1) 知 $\left|q_{n} \alpha-p_{n}\right|=1 /\left(t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}\right)$, 而
\[
\begin{aligned}
\left|q_{n-1} \alpha-p_{n-1}\right| & =1 /\left(t_{n} q_{n-1}+q_{n-2}\right)=1 /\left[\left(a_{n}+t_{n+1}^{-1}\right) q_{n-1}+q_{n-2}\right] \\
& =t_{n+1} /\left[\left(t_{n+1} a_{n}+1\right) q_{n-1}+t_{n+1} q_{n-2}\right]=t_{n+1} /\left(t_{n+1} q_{n}+q_{n-1}\right)
\end{aligned}
\]
因 $1<t_{n+1}$, 第一式得证。 第二式由第一式即得。
\end{proof}

因 $\alpha_{n}=\alpha_{0}+\left(\alpha_{1}-\alpha_{0}\right)+\left(\alpha_{2}-\alpha_{1}\right)+\left(\alpha_{3}-\alpha_{2}\right)+\cdots$, 而
\[
\alpha_{n}-\alpha_{n-1}=(-1)^{n-1} / q_{n} q_{n-1}
\]
故
\[
\alpha=a_{0}+\frac{1}{q_{0} q_{1}}-\frac{1}{q_{1} q_{2}}+\frac{1}{q_{2} q_{3}}-\frac{1}{q_{3} q_{4}}+\cdots
\]
由引理 1 我们已知
\[
y=\left[a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}, x\right]=\frac{x p_{n-1}+p_{n-2}}{x q_{n-1}+q_{n-2}}
\]
其中 $p_{n-1} q_{n-2}-p_{n-2} q_{n-1}=(-1)^{n}$. 此时， $x, y$ 的连分数只有前有限项不同， 尾项是相同的。 由此引起如下定义和讨论。

\begin{definition}%定义1
设 $x, y$ 为二实数。 若有整数 $a, b, c, d$, 满足 $a d-b c= \pm 1$, 使得
\[
y=\frac{a x+b}{c x+d} \quad\left(\text { 亦即 } x=\frac{d y-b}{-c y+a}\right) \text { ， }
\]
则称 $x, y$ 相互等价或相似 (equivalent, 或 similar).
\end{definition}

易知， 这种相似是一种等价关系， 即满足： (1) 自反性， 即任一实数相似于自己； (2) 对称性， 即若 $x$ 相似于 $y$, 则 $y$ 相似于 $x$ ； (3) 传递性， 即若 $x$ 相似于 $y$ 且 $y$ 相似于 $z$, 则 $x$ 相似于 $z$ (读者自证作为练习). 故实数集 $\mathbb{R}$ 分为许多相似类，每个类的内部各数互相相似，不同类中的数互不相似(亦作为练习).

\begin{remark}%注记1
熟悉矩阵的读者可知， 整系数矩阵 $\left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d\end{array}\right)$ 可逆， 其逆仍为整系数矩阵。 故定义 1 其实是对向量 $(x, 1)^{\mathrm{T}}$ 的可逆变换。
\end{remark}

例如， 每个有理数 $p / q$ 均等价于 0 , 从而相互等价。 事实上， 可设 $p, q$ 互素， 故有 Bézout 等式 $u p+v q=1$, 则
\[
  \frac{p}{q}=\frac{v \cdot 0+p}{-u \cdot 0+q}.
\]

\begin{theorem}%定理3
设 $x, y$ 相似 (如定义 1), 则当且仅当 $c>d>0$ 时有
\[
y=\left[a_{0}, \cdots, a_{n-1}, x\right] \quad(n \geqslant 2) .
\]
例如， $y=\sqrt{3}=[1, \overline{1,2}]$, 而
\[
x=\frac{5 \sqrt{3}+2}{2 \sqrt{3}+1}=[2,2,1, \overline{1,2}]=[2,2, \sqrt{3}]
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
 $y=\left[a_{0}, \cdots, a_{n-1}, x\right]$ 导致 $y=\frac{x p_{n-1}+p_{n-2}}{x q_{n-1}+q_{n-2}}$, 故 $c>d>0$.

反之， 设 $c>d>0$, 对 $d$ 用数学归纳法。 $d=1$ 时， $a=b c \pm 1$. 取正、负号时分别
得证：
\[
\begin{gathered}
y=\frac{(b c+1) x+b}{c x+1}=b+\frac{x}{c x+1}=[b, c, x] ; \\
y=\frac{(b c-1) x+b}{c x+1}=b-1+\frac{(c-1) x+1}{c x+1}=[b-1,1, c-1, x] .
\end{gathered}
\]
假设对小于 $d$ 情形定理成立， 对 $d$ 的情形， 可取 $k$ 使 $0<d^{\prime}=c-k d<d$. 注意 $y=\frac{a x+b}{c x+d}$ 可经如下两次变换得到：
\[
z=\frac{k x+1}{x}=[k, x], \quad y=\frac{b z+a-b k}{d z+d^{\prime}}
\]
后一变换由于 $d^{\prime}<d$, 由归纳法假设可知
\[
y=\left[a_{0}, \cdots, a_{s-1}, z\right]=\left[a_{0}, \cdots, a_{s-1}, k, x\right]
\]
\end{proof}


\begin{theorem}%定理4
无理数 $x, y$ 相似当且仅当其连分数有尾项相同， 即
\[
\begin{aligned}
& x=\left[a_{0}, \cdots, a_{m}, c_{0}, c_{1}, \cdots\right] \\
& y=\left[b_{0}, \cdots, b_{n}, c_{0}, c_{1}, \cdots\right]
\end{aligned}
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
 (1) 若 $x, y$ 连分数有共同尾项 $\left[c_{0}, c_{1}, \cdots\right]$, 则由定义 1 前说明知， $x, y$ 均相似于 $\left[c_{0}, c_{1}, \cdots\right]$, 故 $x, y$ 相似。

 (2) 若 $x, y$ 相似如定义 1. 可设 $c x+d>0$, 设 $x$ 的连分数为
\[
  x=[a_0,\cdots,a_{k-1},a_k,\cdots]=[a_0,\cdots,a_{k-1},t_k]=\frac{t_kp_{k-1}+p_{k-2}}{t_kq_{k-1}+q_{k-2}},
\]
于是
\[
y=\frac{a x+b}{c x+d}=\frac{A t_{k}+B}{C t_{k}+D}
\]
其中 $A=a p_{k-1}+b q_{k-1}, B=a p_{k-2}+b q_{k-2}, C=c p_{k-1}+d q_{k-1}, D=c p_{k-2}+d q_{k-2}$, 恰好满足 $A D-B C=(-1)^{k}(a d-b c)= \pm 1$. 由定理 2(2) 知
\[
\begin{gathered}
p_{k-1}=x q_{k-1}+\delta / q_{k-1}, \quad p_{k-2}=x q_{k-2}+\delta^{\prime} / q_{k-2}, \quad|\delta|<1, \quad\left|\delta^{\prime}\right|<1 \\
C=(c x+d) q_{k-1}+c \delta / q_{k-1}, \quad D=(c x+d) q_{k-2}+c \delta^{\prime} / q_{k-2}
\end{gathered}
\]
故 $k$ 充分大时， $C>D>0$ (因 $c x+d>0, q_{k-1} \geqslant q_{k-2}+1$ ). 即知
\[
y=\left[b_{0}, \cdots, b_{m}, t_{k}\right]
\]
\end{proof}

